1995年北京高考理科数学真题及答案_数学高考真题试卷_旧1990-2007·高考数学真题_1990-2007·高考数学真题·PDF_北京

1995 年北京高考理科数学真题及答案
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分 150 分，考试时间 120
分．
第Ⅰ卷(选择题共65分)
一、选择题(本大题共15小题,第1—10题每小题4分，第11—15题每小题5分，共65
分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知I为全集，集合M，NI，若M∩N=N，则( )
(A) M  N (B) M  N (C) M  N (D) M  N
1
2．函数y= 的图像是( )
x1
 
3．函数y=4sin(3x+ )+3cos(3x+ )的最小正周期是( )
4 4
2 
(A) 6π (B) 2π (C) (D)
3 3
4．正方体的全面积是a2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是( )
a2 a2
(A) (B) (C) 2πa2 (D) 3πa2
3 2
第1页 | 共11页5．若图中的直线l，l，l的斜率分别为k，k，k，则( )
1 2 3 1 2 3
(A) k<k<k (B) k< k< k
1 2 3 3 1 2
(C) k< k< k (D) k< k< k
3 2 1 1 3 2
6．在(1－x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数是( )
(A) －297 (B) －252 (C) 297 (D) 207
7．使arcsinx>arccosx成立的x的取值范围是( )
 2  2   2
(A) 0，  (B)  ，1 (C)1，  (D)  1，0 
  
2 2 2
     
8．双曲线3x2－y2=3的渐近线方程是( )
1 3
(A) y=±3x (B) y=± x (C) y=± 3x (D) y=± x
3 3
5
9．已知θ是第三象限角，且sin4θ+cos4θ= ，那么sin2θ等于( )
9
2 2 2 2 2 2
(A) (B)  (C) (D) 
3 3 3 3
10．已知直线l⊥平面α，直线m平面β，有下面四个命题：
①α∥βl⊥m ②α⊥βl∥m ③l∥mα⊥β ④l⊥mα∥β
其中正确的两个命题是( )
(A) ①与② (B) ③与④ (C) ②与④ (D) ①与③
11．已知y=log(2－ax)在[0，1]上是x的减函数，则a的取值范围是( )
a
(A) (0，1) (B) (1，2) (C) (0，2) (D)  2， 
S 2n a
12．等差数列{a}，{b}的前n项和分别为S与T，若 n  ，则lim n 等于( )
n n n n
T 3n1 nb
n n
6 2 4
(A) 1 (B) (C) (D)
3 3 9
13．用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共( )
(A) 24个 (B) 30个 (C) 40个 (D) 60个
14．在极坐标系中，椭圆的二焦点分别在极点和点(2c，0)，离心率为e，则它的极坐
标方程是( )
第2页 | 共11页c  1e  c  1e2 
(A)  (B) 
1ecos 1ecos
c  1e  c  1e2 
(C)  (D) 
 
1ecos e1ecos
15．如图，ABC－ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D，F分别是AB，AC的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
若BC=CA=CC，则BD与AF所成的角的余弦值是( )
1 1 1
30 1 30 15
(A) (B) (C) (D)
10 2 15 10
第Ⅱ卷(非选择题，共85分)
二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中横线上)
x28
1
16．不等式  32x的解集是__________
3
17．已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为

，则圆台的体积与球体积之比为_____________
3

18．函数y=sin(x－ )cosx的最小值是____________
6
19．直线l过抛物线y2=a(x+1)(a>0)的焦点，并且与x轴垂直，若l被抛物线截得的
线段长为4，则a=
20．四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有
__________种(用数字作答)
三、解答题(本大题共6小题，共65分．解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤)
21．(本小题满分7分)
在复平面上，一个正方形的四个顶点按照逆时针方向依次为Z，Z，Z，O (其中O是原
1 2 3
点)，已知Z对应复数Z 1 3i．求Z和Z对应的复数．
2 2 1 3
22．(本小题满分10分)求sin220°+cos250°+sin20°cos50°的值．
23．(本小题满分12分)
第3页 | 共11页如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面的圆周上，AF
⊥DE，F是垂足．
(1)求证：AF⊥DB；
(2)如果圆柱与三棱锥D－ABE的体积的比等于3π，求直线DE
与平面ABCD所成的角．
24．(本小题满分12分)
某地为促进淡水鱼养殖业的发展，将价格控制在适当范围内，决定对淡水鱼养殖提供
政府补贴．设淡水鱼的市场价格为x元/千克，政府补贴为t元/千克．根据市场调查，当8
≤x≤14时，淡水鱼的市场日供应量P千克与市场日需求量Q千克近似地满足关系：
P=1000(x+t－8)( x≥8，t≥0)，
Q=500 40

x8
2
(8≤x≤14)．
当P=Q时市场价格称为市场平衡价格．
(1)将市场平衡价格表示为政府补贴的函数，并求出函数的定义域；
(2)为使市场平衡价格不高于每千克10元，政府补贴至少为每千克多少元?
25．(本小题满分12分)
设{a}是由正数组成的等比数列，S是其前n项和．
n n
lgS lgS
(1)证明 n n2 lgS ；
2 n1
   
lg S c lg S c
(2)是否存在常数c>0，使得 n n2 lg  S c  成立?并证明你的
2 n1
结论．
26．(本小题满分12分)
x2 y2
已 知 椭 圆  1， 直 线
24 16
x y
l:  1P．是l上点，射线OP交椭圆于点R，
12 8
又点Q在OP上且满足|OQ|·|OP|=|OR|，当点P在l
上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．
参考答案
第4页 | 共11页一、选择题(本题考查基本知识和基本运算)
1．C 2．B 3．C 4．B 5．D 6．D 7．B 8．C 9 . A
10．D 11．B 12．C 13．A 14．D 15．A
二、填空题(本题考查基本知识和基本运算)
7 3 3
16．{x|－2<x<4} 17． 18．  19．4 20．144
32 4
三、解答题
21．本小题主要考查复数基本概念和几何意义，以及运算能力．
解：设Z，Z对应的复数分别为z，z，依题设得
1 3 1 3
1    
z  z [cos isin ]
1 2 2  4  4
1   2 2 
 1 3i   i
 
2  2 2 
31 31
  i
2 2
1   
z  z cos isin 
3 2 2  4 4
1   2 2 
= 1 3i   i
 
2  2 2 
1 3 1 3
  i
2 2
22．本小题主要考查三角恒等式和运算能力．
1 1
   
解： 原式 1cos40  1cos100 sin20cos50
2 2
1 1
   
1 cos100cos40  sin70sin30
2 2
3 1
 sin70sin30 sin70
4 2
3

4
第5页 | 共11页23．本小题主要考查空间线面关系、圆柱性质、空间想象能力和逻辑推理能力．
(1)证明：根据圆柱性质，DA⊥平面ABE．
∵EB平面ABE，
∴DA⊥EB．
∵AB是圆柱底面的直径，点E在圆周上，
∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，
故得EB⊥平面DAE．
∵AF平面DAE，
∴EB⊥AF．
又AF⊥DE，且EB∩DE=E，
故得AF⊥平面DEB．
∵DB平面DEB，
∴AF⊥DB．
(2)解：过点E作EH⊥AB，H是垂足，连结DH．根据圆柱性
质，平面ABCD⊥平面ABE，AB是交线．且EH 平面ABE，所以EH⊥
平面ABCD．
又DH 平面ABCD，所以DH是ED在平面ABCD上的射影，从
而∠EDH是DE与平面ABCD所成的角．
设圆柱的底面半径为R，则DA=AB=2R，于是
V圆柱=2πR3，
1 2R2
V  ADS  EH.
DABE 3 ABE 3
由V ：V =3π，得EH=R，可知H是圆柱底面的圆心，
圆柱 D－ABE
AH=R，
DH= DA2  AH2  5R
DH
∴∠EDH=arcctg =arcctg 5，
EH
24．本小题主要考查运用所学数学知识和方法解决实际问题的能力，以及函数的概念、
方程和不等式的解法等基础知识和方法．
解：(1)依题设有
第6页 | 共11页1000(x+t－8)=500 40

x8
2
，
化简得 5x2+(8t－80)x+(4t2－64t+280)=0．
当判别式△=800－16t2≥0时，
4 2
可得 x=8－ t± 50t2 ．
5 5
由△≥0，t≥0，8≤x≤14，得不等式组：
0t  50

①  4 2
88 t  50t2 14
 5 5
0t  50

②  4 2
88 t  50t2 14
 5 5
解不等式组①，得0≤t≤ 10 ，不等式组②无解．故所求的函数关系式为
4 2
x 8 t  50t2
5 5
函数的定义域为[0， 10 ]．
(2)为使x≤10，应有
4 2
8 t  50t2 ≤10
5 5
化简得 t2+4t－5≥0．
解得t≥1或t≤－5，由t≥0知t≥1．从而政府补贴至少为每千克1元．
25．本小题主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识，考查推理能力以及分析问
题和解决问题的能力．
(1)证明：设{a}的公比为q，由题设a>0，q>0．
n 1
(i)当q=1时，S=na，从而
n 1
S·S －S2
n n+2 n1
=na·(n+2)a－(n+1)2a2
1 1 1
=－a2<0
1
 
a 1qn
(ⅱ)当q≠1时，S  1 ，从而
n 1q
第7页 | 共11页S·S －S2
n n+2 n1
a2

1qn

1qn2

a2

1qn1
2
 1  1

1q
2 
1q
2
=a2qn 0．
1
由(i)和(ii)得S·S －S2 ．根据对数函数的单调性，知
n n+2 n1
lg(S·S )<lgS2 ，
n n+2 n1
lgS lgS
即 n n2 lgS ．
2 n1
(2)解：不存在．
证明一：要使
   
lg S c lg S c
n n2 lg  S c  ．成立，则有
2 n1
(S c)(S c) (S c)2, ①
n n2 n1

S c 0.

n
②
分两种情况讨论：
(i)当q=1时，
(S—c)( S —c) =( S —c)2
n n+2 n+1
=(na－c)[(n+2)a－c]－[(n+1)a－c]2
1 1 1
=a2 <0．
1
可知，不满足条件①，即不存在常数c>0，使结论成立．
(ii)当q≠1时，若条件①成立，因为
(S—c)( S —c)－( S —c)2
n n+2 n+1
      2
a 1qn a 1qn2  a 1qn1 
= 1 c  1 c  1 c 
1q 1q 1q
    
=－aqn[a－c(1－q)]，
1 1
a
且aqn≠0，故只能有a－c(1－q)=0，即c  1
1 1
1q
此时，因为c>0，a>0，所以0<q<1．
1
第8页 | 共11页a a qn
但0<q<1时，S  1   1 0，不满足条件②，即不存在常数c>0，使结论
n 1q 1q
成立．
综合(i)、(ii)，同时满足条件①、②的常数c>0不存在，即不存在常数c>0，使
   
lg S c lg S c
n n2 lg  S c  ．
2 n1
证法二：用反证法，假设存在常数c>0，使
   
lg S c lg S c
n n2 lg  S c  ，
2 n1
则有
S c 0，
n ①

S
n1
c 0,
②

S c 0,
 n2 ③
 (S c)(S c) (S c)2.

n n2 n1 ④
由④得
SS －S2 =c (S + S －2 S )． ⑤
n n+2 n1 n n+2 n+1
根据平均值不等式及①、②、③、④知
S + S －2 S
n n+2 n+1
  
=(S—c)+( S —c)－2(S —c) ≥2 S c S c －2( S —c)=0．
n n+2 n+1 n n2 n+1
因为c>0，故⑤式右端非负，而由(1)知，⑤式左端小于零，矛盾．故不存在常数
c>0，使
   
lg S c lg S c
n n2 =lg( S —c)
n+1
2
26．本小题主要考查直线、椭圆的方程和性
质，曲线与方程的关系，轨迹的概念和求法，利
用方程判定曲线的性质等解析几何的基本思想
和综合运用知识的能力．
解法一：由题设知点Q不在原点．设P、R、
Q的坐标分别为(x，y)，(x，y)，(x，y)，其
P P R R
中x，y不同时为零．
第9页 | 共11页当点P不在y轴上时，由于点R在椭圆上及点O、Q、R共线，得方程组
x2 y2
 R  R 1
24 16

y y
 R 
x x

R
解得
 48x2 ①
x2 


R 2x2 3y2


48y2
y2 


R 2x2 3y2 ②
由于点P在直线l上及点O、Q、P共线，得方程组
x y
 p  p 1
12 8

y y
 p 
x x
 p
 24x ③
x 
  p 2x3y
解得
24y

y 
  p 2x3y ④
当点P在y轴上时，经验证①－④式也成立．
由题设|OQ|·|OP|=|OR|2，得
 
2
x2  y2  x2  y2  x2  y2
P P R R
将①－④代入上式，化简整理得
242

x2  y2
2
48

x2  y2


 2x3y 2 2x2 3y2
因x与x同号或y与yp同号，以及③、④知2x+3y>0，故点Q的轨迹方程为
p

x1
2 
y1
2
 1(其中x，y不同时为零)．
5 5
2 3
10 15
所以点Q的轨迹是以(1，1)为中心，长、短半轴分别为 和 且长轴与x轴平
2 3
行的椭圆、去掉坐标原点．
第10页 | 共11页解法二：由题设知点Q不在原点．设P，R，Q的坐标分别为(x，y)，(x，y)，(x，
p p R R
y)，其中x，y不同时为零．
设OP与x轴正方向的夹角为α，则有
x=|OP|cosα，y=|OP|sinα；
p p
x=|OR|cosα，y=|OR|sinα；
R R
x=|OQ|cosα，y=|OQ|sinα；
由上式及题设|OQ|·|OP|=|OR|2，得
 OP
x  x, ①
P OQ


OP
y  y,
 P OQ ②


OP

x2  x2,
 R OQ
 ③
 OP
y2  y2,
 R OQ

④
由点P在直线l上，点R在椭圆上，得方程组
x y
P  P 1， ⑤
12 8
x2 y2
R  R 1， ⑥
24 16
将①，②，③，④代入⑤，⑥，整理得点Q的轨迹方程为

x1
2 
y1
2
 1(其中x，y不同时为零)．
5 5
2 3
10 15
所以点Q的轨迹是以(1，1)为中心，长、短半轴分别为 和 且长轴与x轴平行
2 3
的椭圆、去掉坐标原点．
第11页 | 共11页